Obtenga y clasi que los puntos críticos de las siguientes funciones: (a) f(x, y) = −x2
+ (y − 2)2, (b) f(x, y) = x2− y2, (c) f(x, y) = x3+ y2. Problema 1.
Solución del problema 1. (a) f(x, y) = −x2
+ (y − 2)2.
1. Dominio y regularidad de f: Observamos que el dominio de f es R2 y además f es de
clase C∞, por ser una función polinómica.
2. Puntos críticos de f: Como ∂f ∂x(x, y) = −2x, ∂f ∂y(x, y) = 2(y − 2), entonces ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒ −2x = 0 ⇐⇒ x = 0 2(y − 2) = 0 ⇐⇒ y = 2. Luego, el único punto crítico de f es (0, 2).
3. Clasi cación de los puntos críticos: 1o forma. Observamos que
f (x, y) = −(x2+ (y − 2)2) ≤ 0 = f (0, 2) para todo (x, y) ∈ R2.
Entonces, el punto (0, 2) es un máximo absoluto de f. 2o forma. (Usando la matriz hessiana). Observamos que
Hf (x, y) = ∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y∂x ∂2f ∂y2 ! = −2 0 0 −2 . Luego, en el punto crítico
Hf (0, 2) = −2 0 0 −2
tenemos una matriz de nida negativa, pues sus dos autovalores son el −2 (doble). Por tanto, (0, −2) es un máximo (relativo) de f.
(b) f(x, y) = x2− y2.
1. Dominio y regularidad de f: Observamos que el dominio de f es R2 y además f es de
2. Puntos críticos de f: Como ∂f ∂x(x, y) = 2x, ∂f ∂y(x, y) = −2y, entonces ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒ 2x = 0 ⇐⇒ x = 0 −2y = 0 ⇐⇒ y = 0. Luego, el único punto crítico de f es (0, 0).
3. Clasi cación de los puntos críticos:
1o forma. Observamos que para todo ε ∈ R su cientemente pequeño tenemos que
f (ε, 0) = ε2 ≥ 0 = f (0, 0) y que f (0, ε) = −ε2 ≤ 0 = f (0, 0). Entonces, (0, 0) es un punto de silla de f.
2o forma. (Usando la matriz hessiana). Observamos que
Hf (x, y) = ∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y∂x ∂2f ∂y2 ! = 2 0 0 −2 . Luego, en el punto crítico
Hf (0, 0) = 2 0 0 −2
tenemos una matriz inde nida (pues sus autovalores son 2 y −2). Por tanto, (0, 0) es un punto de silla.
(c) f(x, y) = x3+ y2.
1. Dominio y regularidad de f: Observamos que el dominio de f es R2 y además f es de
clase C∞, por ser una función polinómica.
2. Puntos críticos de f: Como ∂f ∂x(x, y) = 3x 2, ∂f ∂y(x, y) = 2y, entonces ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒ 3x2 = 0 ⇐⇒ x = 0 2y = 0 ⇐⇒ y = 0. Luego, el único punto crítico de f es (0, 0).
3. Clasi cación de los puntos críticos: Observamos que para todo ε > 0 su cientemente pequeño tenemos que
Nota. Usando la matriz hessiana no concluimos nada, ya que como Hf (x, y) = ∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y∂x ∂2f ∂y2 ! = 6x 0 0 2 . entonces Hf (0, 0) = 0 0 0 2
tenemos una matriz semide nida positiva (pues sus autovalores son 0 y 2). Luego, no podemos asegurar nada.
Calcula los extremos relativos de las funciones: (a) f(x, y) = x4 + x2y + y2, (b) f(x, y) = xy ex+2y, (c) f(x, y) = 4 x + 9 y + x + y + 1. Problema 2.
Solución del problema 2. a) f(x, y) = x4+ x2y + y2.
1. Dominio y regularidad de f: Observamos que el dominio de f es R2 y además f es de
clase C∞, por ser una función polinómica.
2. Puntos críticos de f: Como ∂f ∂x(x, y) = 4x 3+ 2xy, ∂f ∂y(x, y) = x 2+ 2y, entonces ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒ 4x3+ 2yx = 0 x2+ 2y = 0.
Este sistema no lineal tiene al punto (0, 0) como una única solución. Luego, el único punto crítico de f es (0, 0).
3. Clasi cación de los puntos críticos: Observamos que para todo (x, y) ∈ R2
f (x, y) = x4+ x2y + y2 = x2+1 2y 2 2 + 3 4y 2 ≥ 0 = f (0, 0).
Entonces, el punto (0, 0) es un mínimo absoluto de f.
Nota. Usando la matriz hessiana no concluimos nada, ya que como Hf (x, y) = ∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y∂x ∂2f ∂y2 ! = 12x 2+ 2y 2x 2x 2 . entonces Hf (0, 0) = 0 0 0 2
b) f(x, y) = xy ex+2y.
1. Dominio y regularidad de f: Observamos que el dominio de f es R2 y además f es de
clase C∞, por ser producto de una función polinómica y una función tipo exponencial
(con exponente polinómico). 2. Puntos críticos de f: Como
∂f
∂x(x, y) = y e
x+2y
+ xy ex+2y = (1 + x)y ex+2y y
∂f
∂y(x, y) = x e
x+2y
+ xy ex+2y· 2 = x(1 + 2y) ex+2y, entonces ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒ (1 + x)y ex+2y = 0 x(1 + 2y) ex+2y = 0. ⇐⇒ (1 + x)y = 0 (1oEc.) x(1 + 2y) = 0. (2oEc.) Este sistema no lineal tiene a los puntos (0, 0) y (−1, −1/2), como solución. Luego, los puntos críticos de f son P1(0, 0) y P2(−1, −1/2).
3. Clasi cación de los puntos críticos: Usaremos el criterio de la matriz Hessiana. Nota. Usando la matriz hessiana no concluimos nada, ya que como
Hf (x, y) =
(x + 2)yex+2y (x + 1)(2y + 1)ex+2y
(x + 1)(2y + 1)ex+2y 4x(y + 1)ex+2y
. Entonces Hf (0, 0) = 0 1 1 0
tenemos una matriz inde nida (pues sus autovalores son 1 y −1). Luego, P1 es un
punto de silla.
Hf (−1, −1/2) = −1/2e
2 0
0 −2/e2
tenemos una matriz de nida negativa (pues sus es diagonal y los valores de la dia-gonal son negativos). Luego, P2 es un máximo.
(c) f(x, y) = 4 x +
9
y + x + y + 1.
1. Dominio y regularidad de f: Observamos que el dominio de f es
D = R2r {(x, y) ∈ R2 : xy = 0} = {(x, y) ∈ R2 : xy 6= 0}
y además f es de clase C∞ en su dominio D, por ser una suma de una función
2. Puntos críticos de f: Como ∂f ∂x(x, y) = − 4 x2 + 1, ∂f ∂y(x, y) = − 9 y2 + 1, entonces ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒ 4 x2 = 1 ⇐⇒ x = ±2 9 y2 = 1 ⇐⇒ y = ±3.
Luego, los puntos críticos de f son P1(2, 3), P2(2, −3), P3(−2, 3) y P4(−2, −3).
3. Clasi cación de los puntos críticos: Utilizaremos el criterio de la matriz hessiana, la cual viene dada por
Hf (x, y) = ∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y∂x ∂2f ∂y2 ! = 8 x3 0 0 18y3 . Para P1(2, 3), Hf (2, 3) = 1 0 0 23
tenemos una matriz de nida positiva, pues sus dos autovalores son 1 y 2 3. Por
tanto, (2, 3) es un mínimo relativo estricto de f. Para P2(2, −3),
Hf (2, −3) = 1 0 0 −23
tenemos una matriz inde nida, pues sus dos autovalores son 1 y −2
3. Por tanto, (2, −3) es un punto de silla de f. Para P3(−2, 3), Hf (−2, 3) = −1 0 0 23
tenemos una matriz inde nida, pues sus dos autovalores son −1 y 2
3. Por tanto, (−2, 3) es un punto de silla de f. Para P4(−2, −3), Hf (2, 3) = −1 0 0 −2 3
tenemos una matriz de nida negativa, pues sus dos autovalores son −1 y −2 3.
Hallar, bajo la restricción que se indica, los máximos y mínimos de f : R2 → R.
(a) f(x, y) = 8x2− xy + 12y2 restringida a x + y = 42, x, y ≥ 0.
(b) f(x, y) = x2y2 restringida a x2+ y2 = 1, x, y ≥ 0.
(c) f(x, y) = −x + (y − 1)2+ 10 restringida a x2+ (y − 1)2 = 9, x, y ≥ 0.
(d) f(x, y) = 6 − 4x − 3y restringida a x2+ y2 = 1.
(e) f(x, y) = ex+ ey restringida a x + y = 2.
Problema 3.
Solución del problema 3.
(a) Sea f(x, y) = 8x2− xy + 12y2. Nos piden
(P ) Máx/min f(x, y) sujeto a: x + y = 42 (1) x ≥ 0 (2) y ≥ 0 (3)
El dominio de f es R2 y además f es una función de clase C∞, por ser una función
polinómica. Observamos que la región factible D0
:= {(x, y) ∈ R2 : x + y = 42, x ≥ 0, y ≥ 0}es un compacto. Luego, por el teorema de Weierstrass, deducimos que el problema (P ) tiene una única solución.
De (1) podemos despejar una variable, por ejemplo y, obteniendo y(x) = 42 − x. De la restricción (3) deducimos que y(x) ≥ 0 ⇐⇒ 42 ≥ x. Por otro lado, de (2) sabemos que x ≥ 0. Así pues, (P ) ⇐⇒ Max/min x∈[0,42] h(x) siendo h(x) := f(x, y(x)) = 8x2− x(42 − x) + 12(42 − x)2 = 21x2− 1050x + 21168. h0(x) = 42x − 1050 = 0 ⇐⇒ x = 25 ∈ [0, 42]. Luego, el único punto crítico de h es 25. Como
h(0) = 21168, h(25) = 8043, h(42) = 14112,
(b) Sea f(x, y) = x2y2. Nos piden (P ) Máx/min f(x, y) sujeto a: x2+ y2 = 1 (1) x ≥ 0 (2) y ≥ 0 (3)
El dominio de f es R2 y además f es una función de clase C∞, por ser una función
polinómica. Observamos que la región factible D0
:= {(x, y) ∈ R2 : x2+ y2 = 1, x ≥ 0, y ≥
0}es un compacto. Luego, por el teorema de Weierstrass, deducimos que el problema (P ) tiene una única solución.
De (1) podemos despejar y2, obteniendo y2(x) = 1−x2. Observar que la anterior expresión
sólo tiene sentido para −1 ≤ x ≤ 1. De la restricción (2) deducimos que 0 ≤ x ≤ 1. Así pues, (P ) ⇐⇒ Max/min x∈[0,1] h(x) siendo h(x) = x2(1 − x2) = x2− x4. h0(x) = 2x − 4x3 = 0 ⇐⇒ x = 0 1 − 2x2 = 0 ⇐⇒ x = ±√1 2
Luego, los puntos críticos de h son 0 y √1
2, ya que − 1 √ 2 6∈ [0, 1]. Como h(0) = 0, h(√1 2) = 1 4, h(1) = 0, tenemos que √1
2 es el máximo de h y que h tiene un mínimo en 0 y en 1. Como y(0) = 1,
y(1) = 0 e y(√1 2) =
1 √
2, entonces el máximo de f sujeto a las restricciones (1)-(3) se
alcanza en el punto (√1 2, 1 √ 2)y su valor es 1
4. Mientras que el mínimo de f sujeto a (1)-(3)
se obtiene en los puntos (0, 1) y (0, 1), y su valor es 0. (c) Sea f(x, y) = −x + (y − 1)2+ 10. Nos piden
(P ) Máx/min f(x, y) sujeto a: x2+ (y − 1)2 = 9 (1) x ≥ 0 (2) y ≥ 0 (3)
El dominio de f es R2 y además f es de clase C∞, por ser una función polinómica.
Observamos que la región factible D0
:= {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 = 9, x ≥ 0, y ≥ 0}
De (1) podemos despejar (y − 1)2, obteniendo (y − 1)2 = 9 − x2. Observar que la anterior
expresión sólo tiene sentido para −3 ≤ x ≤ 3. De la restricción (2) deducimos que 0 ≤ x ≤ 3. Así pues, (P ) ⇐⇒ Max/min x∈[0,3] h(x) siendo h(x) = −x + 9 − x2+ 10 = −x2− x + 19. h0(x) = −2x − 1 = 0 ⇐⇒ x = −1 2 6∈ [0, 3] Luego, h no tiene puntos críticos en [0, 3]. Como
h(0) = 19, h(3) = 7,
tenemos que 0 es el máximo de h y 3 es el mínimo de h. Observar que ·) Si x = 0, entonces (y − 1)2 = 9 − 02 ⇐⇒ y − 1 = 3 ⇐⇒ y = 4. y − 1 = −3 ⇐⇒
y = −2 (ya que, por (2), y ≥ 0). ·) Si x = 3, entonces (y − 1)2 = 9 − 32 ⇐⇒ y = 1.
Entonces el máximo de f sujeto a las restricciones (1)-(3) se alcanza en el punto (0, 4) y su valor es 19. Mientras que el mínimo de f sujeto a (1)-(3) se obtiene en los puntos (3, 1) y su valor es 7.
(d) Sean f(x, y) = 6 − 4x − 3y y g(x, y) = x2+ y2. Nos piden
(P ) Máx/min f(x, y) sujeto a: g(x, y) = 1.
El dominio de f y de g es R2 y además tanto f como g son funciones de clase C∞, por ser
funciones polinómicas. Observamos que la región factible D0
:= {(x, y) ∈ R2 : x2+y2 = 1}
es un compacto (pues se trata de una circunferencia en R2 de radio 1). Luego, por el
teorema de Weierstrass, deducimos que el problema (P ) tiene una única solución. De nimos la función lagrangiana L : R2× R → R como
L(x, y, λ) = f (x, y) − λ g(x, y) − c = 6 − 4x − 3y − λ x2+ y2− 1.
Observamos que x 6= 0, pues en caso contrario la ecuación (E1) daría una contradicción. De (E1), obtenemos λ = −2 x. Sustituyendo en (E2), y = 3 4x. Sustituyendo dicho valor en (E3),
x2+ 3 4x 2 = 1 ⇐⇒ x2 = 16 25 ⇐⇒ x = ± 4 5. Como y = 3 4x y λ = − 2 x, ·) Para x = 4 5, tenemos que y = 3 5 y λ = − 5 2. ·) Para x = −4 5, tenemos que y = − 3 5 y λ = 5 2.
Por tanto, los puntos críticos de L son P1(43,35, −52), y P2(−43, −35,52).
Como f y L comparten los mismos puntos críticos, tenemos que (4 3, 3 5), y (− 4 3, − 3 5)son los
puntos críticos de f. Como hemos mencionado anteriormente, por el teorema de Weiers-trass, sabemos que f tiene un máximo y un mínimo restringido, los cuales tienen que ser puntos críticos. Por tanto, como
f (43,35) = 1 y f (−43, −35) = 11, deducimos que el punto (4
3, 3
5) es el mínimo restringido y que el punto (− 4 3, −
3
5) es el
máximo restringido buscado. (e) Sea f(x, y) = ex+ ey. Nos piden
(P ) Máx/min f(x, y) sujeto a: x + y = 2.
El dominio de f es R2 y además f es de clase C∞, por ser una función tipo exponencial.
Observamos que la región factible D0
:= {(x, y) ∈ R2 : x + y = 2} no es un compacto.
Luego, no podemos asegurar la solución de (P ).
De la restricción se puede despejar una variable, por ejemplo y, obteniendo y(x) = 2 − x. Observar que no existe ninguna restricción sobre x, luego x ∈ R. Así pues,
(P ) ⇐⇒ Max/min
x∈R
h(x) siendo h(x) = f(x, y(x)) = ex+ e2−x.
h0(x) = ex− e2−x = 0 ⇐⇒ ex = e2−x ⇐⇒ x = 2 − x ⇐⇒ x = 1.
Luego, el único punto crítico de h es 1. Notar que h00(x) = ex+e2−x. Así pues, h00(1) = 2e >
Dada la función f(x, y) = ax2 + 2xy + by2 + x + y + 1, con a, b ∈ R tales que ab 6= 1 y
a 6= 0, discútase los extremos de f(x, y) según los valores de a y b. Problema 4.
Solución del problema 4. Observamos que f es una función de clase C∞ en su dominio, que
es R2, ya que se trata de una función polinómica. Comencemos hallando los puntos críticos de
f. Para ello, tengamos en cuenta que ∂f ∂x(x, y) = 2ax + 2y + 1 ∂f ∂y(x, y) = 2x + 2by + 1. Así pues, ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒ 2ax + 2y + 1 = 0 (E1) 2x + 2by + 1 = 0 (E2) De (E2), x = −1 + 2by 2 (1) Sustituyendo en (E1), −2a1 + 2by 2 + 2y + 1 = 0 ⇐⇒ a + 2(ab − 1)y = 1. Por hipótesis ab 6= 1, luego podemos despejar y, obteniendo
y = 1 − a 2(ab − 1). Sustituyendo en (1), x = 1 − b 2(ab − 1). Luego, 1−b 2(ab−1), 1−a
2(ab−1) es el único punto crítico de f.
A continuación clasi caremos dicho punto crítico. Para ello, usaremos el criterio de la matriz hessiana, la cual viene dada por
Hf (x, y) = 2a 2 2 2b
. En el punto crítico es
Hf 2(ab−1)1−b ,2(ab−1)1−a = 2a 2 2 2b
.
Observamos que D1 = 2a 6= 0 (por hipótesis) y que D2 = 2(ab − 1) 6= 0(por hipótesis). Luego,
ya sabemos que Hf( 1−b 2(ab−1),
1−a
2(ab−1))nunca es semide nida. Tenemos que distinguir tres casos.
Caso 1. Supongamos que a > 0 y ab > 1. Entonces, D1 > 0 y D2 > 0. Luego, la matriz
Caso 2. Supongamos que a < 0 y ab > 1. En este caso, D1 < 0 y D2 > 0. Luego, la
ma-triz Hf( 1−b 2(ab−1),
1−a
2(ab−1)) es de nida negativa y, por tanto, el punto ( 1−b 2(ab−1),
1−a
2(ab−1)) es un
máximo relativo estricto de f.
Caso 3. Supongamos que a < 0 y ab < 1. Entonces, D1 < 0 y D2 < 0. Luego, la matriz
Hf (2(ab−1)1−b ,2(ab−1)1−a )es inde nida y, por tanto, (2(ab−1)1−b ,2(ab−1)1−a ) es un punto de silla de f.
¾Para qué valores de b ∈ R el punto P (1, 1, −1) es un mínimo de la función f (x, y, z) = x2+ y2+ bxy + x + y + 2z
restringida a la esfera de radio √3, i.e., x2+ y2+ z2 = 3?
Problema 5.
Solución del problema 5. De nimos la función lagrangiana L : R3× R → R, como
L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) − λ g(x, y, z) − c = x2+ y2+ bxy + x + y + 2z − λ x2+ y2+ z2− 3. Calculemos el gradiente de L: ∂L ∂x(x, y, z, λ) = 2x + by + 1 − 2λx = 0 ∂L ∂y(x, y, z, λ) = 2y + bx + 1 − 2λy = 0 ∂L ∂z(x, y, z, λ) = 2 − 2λz = 0 ∂L ∂λ(x, y, z, λ) = x 2 + y2+ z2− 3 = 0
Como los puntos críticos de L coinciden con los puntos críticos de f y queremos que el punto P (1, 1, −1) sea mínimo de f, tendremos que el punto P será punto crítico de f y, por tanto, de L. Luego, P satisface las ecuaciones anteriores, es decir,
Luego, para b = −5 el puntoP (1, 1, −1, −1)e es un punto crítico de L. A continuación, veremos que es un mínimo de f. Para ello, tenemos que ver que la matriz hessiana de L (sólo respecto de x, y y z) en el punto críticoP (1, 1, −1, −1)e es de nida positiva si se restringe al subespacio
T (1, 1, −1) :=(x, y, z) ∈ R3 : ∇g(1, 1, −1) · (x, y, z) = 0 = (x, y, z) ∈ R3 : x + y = z . La matriz hessiana de L (respecto de x, y y z) es
HL(x,y,z)(x, y, z, λ) := ∂2L ∂x2 ∂2L ∂x∂y ∂2L ∂x∂z ∂2L ∂y∂x ∂2L ∂y2 ∂2L ∂y∂z ∂2L ∂z∂x ∂2L ∂z∂y ∂2L ∂z2 = 2 − 2λ −5 0 −5 2 − 2λ 0 0 0 −λ .
Luego, en el punto crítico P (1, 1, −1, −1)e ,
HL(x,y,z)(1, 1, −1, −1) := 4 −5 0 −5 4 0 0 0 1 .
La forma cuadrática asociada a dicha matriz es q(x, y, z) = 4x2 + 4y2 + z2 − 10xy. Se puede
demostrar fácilmente que los autovalores asociados a esta forma cuadrática (o a la anterior ma-triz) son −1, 1 y 9. Luego, dicha forma cuadrática es inde nida. Sin embargo, nosotros tenemos que ver que es de nida positiva en el subespacio T ≡ T (1, 1, −1) = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y = z}.
Observar que
q|T(x, y, z) = q(x, y, x + y) = 4x2 + 4y2+ (x + y)2− 10xy = 5x2+ 5y2− 8xy.
Así pues, la matriz asociada a q|T es
5 −4 −4 5
,
cuyos autovalores son 1 y 9. Luego, q|T es de nida positiva. Por tanto, P (1, 1, −1) es un mínimo
de f .
Determinar tres números positivos x, y, z tales que: a) xyz es máximo sujeto a x + y + z = 18.
b) x + y + z es mínimo sujeto a xyz = 27. Problema 6.
a) Sea f(x, y, z) = xyz. Nos piden (P ) Máx f(x, y, z) sujeto a: x + y + z = 18 (1) x ≥ 0 (2) y ≥ 0 (3) z ≥ 0 (4)
El dominio de f es R3 y además f es una función de clase C∞, por ser una función
polinómica. Observamos que la región factible D0
:= {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 18, x ≥
0, y ≥ 0, z ≥ 0} es un compacto. Luego, por el teorema de Weierstrass, deducimos que el problema (P ) tiene una única solución.
De (1) podemos despejar una variable, por ejemplo z, obteniendo z(x, y) = 18 − (x + y). Por (4), tenemos que x + y ≤ 18. Así pues,
(P ) ⇐⇒ m´ax
x∈D00h(x, y)
siendo D00
:= {(x, y) ∈ R2 : x + y ≤ 18, x ≥ 0, y ≥ 0} y
h(x, y) = f (x, y, z(x, y)) = xy(18 − (x + y)) = 18xy − x2y − xy2.
Observar que D00 es un compacto y h es continua, luego haciendo uso del teorema de
Weierstrass tenemos que h alcanza un único máximo en D00. Calculemos los puntos críticos
de h. ∂h ∂x(x, y) = 18y − 2xy − y 2 = 0 (E 1) ∂h ∂y(x, y) = 18x − 2xy − x 2 = 0 (E 2)
Restando (E2) − (E1), obtenemos 18(x − y) = x2+ y2, es decir,
18(x − y) = (x − y)(x + y). Ahora tenemos que distinguir dos casos.
Caso 1. Supongamos que x 6= y. Luego, de la anterior ecuación deducimos que 18 = x+y, es decir, y = 18 − x. Sustituyendo en (E1) 18(18 − x) − 2x(18 − x) − (18 − x)2 = 0 ⇐⇒ x(18 − x) = 0 =⇒ x = 0. x = 18. Si x = 0, entonces de (E1) deducimos que
Caso 2. Supongamos que x = y. De (E1), 18x − 2x2− x2 = 0 ⇐⇒ x(18 − 3x) = 0 =⇒ x = 0 =⇒ y = 0. x = 6 =⇒ y = 6. Luego, los puntos críticos de h son P1(0, 18), P2(18, 0), P3(0, 0) y P4(6, 6). Como
h(0, 18) = 0, h(18, 0) = 0, h(0, 0) = 0, h(6, 6) = 216,
tenemos que P4(6, 6) es el máximo de h. Como z(6, 6) = 6, el máximo de f sujeto a las
